Évolution d’un système : le tableau d’avancement

Le propane d’une bouteille de camping brûle : C₃H₈(g) + 5 O₂(g) → 3 CO₂(g) + 4 H₂O(g). On considère l’instant où l’avancement vaut x = 0,040 mol.

1. Quantité de propane consommée : mol
   Le nombre stœchiométrique du propane vaut 1 : il a été consommé 1 × x = 0,040 mol de propane.
2. Quantité de dioxygène consommée : mol
   $5\times 0,040=0,20$ mol de dioxygène : 0,20 mol.
3. Quantité de dioxyde de carbone formée : mol
   $3\times 0,040=0,12$ mol : 0,12 mol de CO₂.
4. Quantité d’eau formée : mol
   $4\times 0,040=0,16$ mol : 0,16 mol d’eau.

Le lithium brûle dans le dioxygène : 4 Li(s) + O₂(g) → 2 Li₂O(s). Au départ, le flacon contient 0,60 mol de lithium et 0,20 mol de dioxygène.

1. Quantité de lithium quand x = 0,050 mol : mol
   $0,60-4\times 0,050=0,40$ mol de lithium : 0,40 mol.
2. Quantité de dioxygène quand x = 0,050 mol : mol
   $0,20-0,050=0,15$ mol de dioxygène : 0,15 mol.
3. Le réactif dont la quantité diminue le plus vite : le
   Sa droite n = f(x) a pour coefficient directeur −4, contre −1 pour le dioxygène : le lithium diminue quatre fois plus vite.
4. Avancement quand il s’est formé 0,24 mol d’oxyde de lithium : x = mol
   n(Li₂O) = 2x, donc $x=0,24÷2=0,12$ mol : 0,12 mol.

Chauffé en présence d’un catalyseur, le chlorate de potassium se décompose : 2 KClO₃(s) → 2 KCl(s) + 3 O₂(g). On part de 0,100 mol de chlorate de potassium et l’on a recueilli, à un instant donné, 0,090 mol de dioxygène.

1. Avancement à cet instant : x = mol
   n(O₂) = 3x, donc $x=0,090÷3=0,030$ mol : 0,030 mol.
2. Quantité de chlorate de potassium restante : mol
   $0,100-2\times 0,030=0,040$ mol : 0,040 mol.
3. Quantité de chlorure de potassium formée : mol
   $2\times 0,030=0,060$ mol : 0,060 mol.
4. Coefficient directeur de la droite n(O₂) = f(x) :
   n(O₂) = 3x : la droite passe par l’origine avec un coefficient directeur égal au nombre stœchiométrique, 3.

Le sulfure d’hydrogène brûle : 2 H₂S(g) + 3 O₂(g) → 2 SO₂(g) + 2 H₂O(g). Au départ : 0,40 mol de H₂S, 0,90 mol de O₂, aucun produit. Complète les cases de la ligne « en cours » du tableau d’avancement (écris x pour l’avancement).

1. Case de H₂S : − x
   Quantité initiale moins 2 × x : 0,40 − 2x.
2. Case de O₂ : − x
   Quantité initiale moins 3 × x : 0,90 − 3x.
3. Case de SO₂ :
   Pas de SO₂ au départ, et il s’en forme 2 × x : 2x.
4. Case de H₂O :
   Pas d’eau au départ, nombre stœchiométrique 2 : 2x.

On introduit 1,96 g de zinc (M = 65,4 g·mol⁻¹) dans 25,0 mL d’acide chlorhydrique à 2,00 mol·L⁻¹ en ions H⁺ : Zn(s) + 2 H⁺(aq) → Zn²⁺(aq) + H₂(g). Les ions chlorure sont spectateurs.

1. Quantité initiale de zinc : × 10⁻² mol
   n = m ÷ M = 1,96 ÷ 65,4 ≈ 0,0300 mol, soit 3,00 × 10⁻² mol.
2. Quantité initiale d’ions H⁺ : × 10⁻² mol
   n = c × V = 2,00 × 0,0250 = 0,0500 mol, soit 5,00 × 10⁻² mol (volume en litres).
3. Quantité d’ions H⁺ quand x = 1,25 × 10⁻² mol : × 10⁻² mol
   Case « en cours » : 5,00 × 10⁻² − 2x, soit 5,00 × 10⁻² − 2,50 × 10⁻² = 2,50 × 10⁻² mol.
4. Volume de dihydrogène formé à cet instant (V_m = 24,0 L·mol⁻¹) : L
   n(H₂) = x = 0,0125 mol, donc V = 0,0125 × 24,0 = 0,300 L.

Le monoxyde de carbone brûle : 2 CO(g) + O₂(g) → 2 CO₂(g). Le mélange contient au départ 0,30 mol de CO, 0,20 mol de O₂ et déjà 0,050 mol de CO₂.

1. Case de CO₂ dans la ligne « en cours » : + x
   Le CO₂ déjà présent s’ajoute à celui qui se forme : 0,050 + 2x.
2. Quantité de O₂ quand x = 0,080 mol : mol
   $0,20-0,080=0,12$ mol : 0,12 mol.
3. Quantité de CO₂ quand x = 0,080 mol : mol
   $0,050+2\times 0,080=0,21$ mol : 0,21 mol.
4. Avancement quand le mélange contient 0,25 mol de CO₂ : x = mol
   $0,050+2x=0,25$, donc $2x=0,20$ et x = 0,10 mol.

On brûle 0,090 mol d’éthanol en présence de 0,24 mol de dioxygène. La combustion, complète et totale, s’écrit : C₂H₆O(l) + 3 O₂(g) → 2 CO₂(g) + 3 H₂O(g).

1. Valeur de x qui annule la quantité d’éthanol : mol
   $0,090-x=0$ donne $x=0,090$ mol.
2. Valeur de x qui annule la quantité de dioxygène : mol
   $0,24-3x=0$ donne $x=0,24÷3=0,080$ mol.
3. Réactif limitant : le
   La plus petite valeur est 0,080 mol : x_max = 0,080 mol et le dioxygène est limitant, bien qu’il soit plus abondant que l’éthanol.
4. Quantité d’éthanol restante : mol
   $0,090-0,080=0,010$ mol d’éthanol en excès : il en reste, faute de dioxygène.
5. Quantité de dioxyde de carbone formée : mol
   $2\times 0,080=0,16$ mol de CO₂ (et $3\times 0,080=0,24$ mol d’eau).

On mélange une solution de nitrate d’argent apportant 4,0 × 10⁻³ mol d’ions Ag⁺ et une solution de chlorure de sodium apportant 6,5 × 10⁻³ mol d’ions Cl⁻. Un précipité blanc de chlorure d’argent se forme : Ag⁺(aq) + Cl⁻(aq) → AgCl(s), transformation totale. Donnée : M(AgCl) = 143,4 g·mol⁻¹.

1. Réactif limitant : l’ion
   Nombres stœchiométriques égaux à 1 : on compare directement 4,0 × 10⁻³ et 6,5 × 10⁻³ mol. Les ions argent sont limitants et x_max = 4,0 × 10⁻³ mol.
2. Masse de précipité formé : g
   n(AgCl) = x_max = 4,0 × 10⁻³ mol, soit m = 0,0040 × 143,4 ≈ 0,574 g.
3. Quantité d’ions chlorure restants : × 10⁻³ mol
   6,5 × 10⁻³ − 4,0 × 10⁻³ = 2,5 × 10⁻³ mol.
4. Les espèces spectatrices sont les ions nitrate et les ions
   Ni consommés ni formés, les ions nitrate NO₃⁻ et sodium Na⁺ n’ont pas de colonne dans le tableau.

On place 0,540 g d’aluminium (M = 27,0 g·mol⁻¹) dans 40,0 mL d’une solution d’acide chlorhydrique à 1,00 mol·L⁻¹ en ions H⁺ : 2 Al(s) + 6 H⁺(aq) → 2 Al³⁺(aq) + 3 H₂(g). La transformation est totale ; V_m = 24,0 L·mol⁻¹ ; le volume de la solution ne change pas.

1. Avancement maximal : x_max = × 10⁻³ mol (trois chiffres significatifs)
   n(Al) = 0,540 ÷ 27,0 = 0,0200 mol et n(H⁺) = 1,00 × 0,0400 = 0,0400 mol. Aluminium : 0,0200 ÷ 2 = 0,0100 mol ; ions H⁺ : 0,0400 ÷ 6 ≈ 6,67 × 10⁻³ mol. x_max ≈ 6,67 × 10⁻³ mol.
2. Réactif limitant : les ions
   Ils donnent la plus petite valeur de x : les ions H⁺ sont limitants.
3. Volume de dihydrogène dégagé : L
   n(H₂) = 3x_max = 0,0400 ÷ 2 = 0,0200 mol, donc V = 0,0200 × 24,0 = 0,480 L.
4. Masse d’aluminium restant : g
   n(Al) restant = 0,0200 − 2x_max ≈ 6,67 × 10⁻³ mol, soit m ≈ 6,67 × 10⁻³ × 27,0 ≈ 0,18 g.
5. Concentration des ions Al³⁺ à l’état final : mol·L⁻¹
   n(Al³⁺) = 2x_max ≈ 1,33 × 10⁻² mol dans 0,0400 L : c ≈ 0,333 mol·L⁻¹.

De la laine de fer brûle dans le dioxygène : 3 Fe(s) + 2 O₂(g) → Fe₃O₄(s). On utilise 0,450 mol de fer et 0,300 mol de dioxygène ; la transformation est totale. Donnée : M(Fe₃O₄) = 231,4 g·mol⁻¹.

1. Rapport n(Fe) ÷ 3 : mol
   0,450 ÷ 3 = 0,150 mol.
2. Rapport n(O₂) ÷ 2 : mol
   0,300 ÷ 2 = 0,150 mol.
3. Le mélange initial est
   Les deux rapports sont égaux : le mélange est stœchiométrique, fer et dioxygène disparaissent ensemble.
4. Masse d’oxyde de fer formée : g
   x_max = 0,150 mol, donc n(Fe₃O₄) = 0,150 mol et m = 0,150 × 231,4 ≈ 34,7 g.

L’éthylène C₂H₄ brûle : C₂H₄(g) + 3 O₂(g) → 2 CO₂(g) + 2 H₂O(g). On dispose de 6,0 L d’éthylène. Tous les gaz sont pris dans les mêmes conditions, où V_m = 24,0 L·mol⁻¹.

1. Quantité d’éthylène : mol
   n = V ÷ V_m = 6,0 ÷ 24,0 = 0,25 mol.
2. Quantité de dioxygène d’un mélange stœchiométrique : mol
   Il faut 3 mol de dioxygène par mole d’éthylène : n(O₂) = 3 × 0,25 = 0,75 mol.
3. Volume de ce dioxygène : L
   V = 0,75 × 24,0 = 18 L : trois fois le volume d’éthylène, comme le rapport des nombres stœchiométriques.
4. Volume de dioxyde de carbone formé : L
   n(CO₂) = 2 × 0,25 = 0,50 mol, soit V = 0,50 × 24,0 = 12 L.

Dans les cellules, le glucose est oxydé par le dioxygène lors de la respiration : C₆H₁₂O₆ + 6 O₂ → 6 CO₂ + 6 H₂O. On s’intéresse à 2,70 g de glucose (M = 180 g·mol⁻¹) entièrement oxydés.

1. Quantité de glucose : × 10⁻² mol
   n = 2,70 ÷ 180 = 0,0150 mol, soit 1,50 × 10⁻² mol.
2. Quantité de dioxygène pour un mélange stœchiométrique : × 10⁻² mol
   n(O₂) = 6 × n(glucose) = 6 × 0,0150 = 0,0900 mol, soit 9,00 × 10⁻² mol.
3. Volume de ce dioxygène (V_m = 24,0 L·mol⁻¹) : L
   V = 0,0900 × 24,0 = 2,16 L.
4. Masse de dioxyde de carbone formée (M = 44,0 g·mol⁻¹) : g
   n(CO₂) = 6x_max = 0,0900 mol, soit m = 0,0900 × 44,0 = 3,96 g.

Chauffé, le pentachlorure de phosphore se dissocie : PCl₅(g) → PCl₃(g) + Cl₂(g). On part de 0,50 mol de PCl₅ ; à l’état final, il en reste 0,30 mol.

1. Avancement final : x_f = mol
   n(PCl₅) final = 0,50 − x_f = 0,30, donc x_f = 0,50 − 0,30 = 0,20 mol.
2. La transformation est
   Seul réactif, PCl₅ donnerait x_max = 0,50 mol s’il disparaissait. x_f < x_max : transformation non totale.
3. Quantité de dichlore à l’état final : mol
   n(Cl₂) = x_f = 0,20 mol, et autant de PCl₃ : réactif et produits coexistent.

On chauffe à reflux 0,30 mol d’acide éthanoïque et 0,20 mol d’éthanol : C₂H₄O₂ + C₂H₆O → C₄H₈O₂ + H₂O (il se forme de l’éthanoate d’éthyle, à l’odeur de dissolvant). Quand le système n’évolue plus, on dose l’acide restant : 0,143 mol.

1. Si la transformation était totale, le réactif limitant serait l’
   Nombres stœchiométriques égaux à 1 : 0,20 mol < 0,30 mol, l’éthanol serait limitant et x_max = 0,20 mol.
2. Avancement final : x_f = mol
   n(acide) final = 0,30 − x_f = 0,143, donc x_f = 0,30 − 0,143 = 0,157 mol.
3. La transformation est
   x_f = 0,157 mol < x_max = 0,20 mol : transformation non totale.
4. Quantité d’éthanol à l’état final : mol
   0,20 − 0,157 = 0,043 mol : il reste de l’éthanol, alors qu’il aurait été entièrement consommé si la transformation était totale.

Dans un réacteur : 2 SO₂(g) + O₂(g) → 2 SO₃(g), avec 0,72 mol de dioxyde de soufre et 0,46 mol de dioxygène. Léa affirme : « il y a moins de dioxygène, c’est lui le réactif limitant ». À l’état final, on mesure 0,68 mol de SO₃.

1. Si la transformation était totale : x_max = mol
   0,72 − 2x = 0 donne x = 0,36 mol ; 0,46 − x = 0 donne x = 0,46 mol. x_max = 0,36 mol.
2. Réactif limitant si elle était totale : le
   Le dioxyde de soufre : Léa compare les quantités sans les diviser par les nombres stœchiométriques, alors que la réaction consomme deux fois plus de SO₂ que de O₂.
3. Avancement final : x_f = mol
   n(SO₃) = 2x_f = 0,68, donc x_f = 0,68 ÷ 2 = 0,34 mol < x_max : non totale.
4. Quantité de dioxyde de soufre à l’état final : mol
   0,72 − 2 × 0,34 = 0,04 mol.
5. Quantité de dioxygène à l’état final : mol
   0,46 − 0,34 = 0,12 mol.

On reprend le programme du cours, qui fait le bilan d’une transformation totale a A + b B → c C + d D. Complète les lignes (écris le code Python).

1. Avancement maximal : xmax = min(nA0 / a, )
   On compare les deux rapports quantité initiale ÷ nombre stœchiométrique : nB0 / b.
2. Quantité finale de B : nB = nB0 -
   Il a été consommé b × xmax mol de B : b * xmax.
3. Quantité finale du produit C, absent au départ : nC =
   Il s’est formé c × xmax mol de C : c * xmax.
4. Fonction qui arrondit l’affichage au millième : (xmax, 3)
   La fonction round arrondit ; sans elle, les décimaux stockés en binaire s’affichent avec des chiffres parasites.

Pour Fe(s) + 2 H⁺(aq) → Fe²⁺(aq) + H₂(g), le fer attaqué par l’acide chlorhydrique, on lance le programme du cours, suivi du test du réactif limitant, avec a, b, c, d = 1, 2, 1, 1 et nA0, nB0 = 0.050, 0.060. Donne les valeurs affichées (virgule ou point).

1. Valeur affichée pour xmax :
   Rapports : 0,050 ÷ 1 = 0,050 et 0,060 ÷ 2 = 0,030. Le programme affiche 0.03.
2. Quantité finale de fer affichée :
   0,050 − 1 × 0,03 = 0,02 : affichage 0.02.
3. Quantité finale d’ions H⁺ affichée :
   0,060 − 2 × 0,03 = 0 : affichage 0.0, les ions H⁺ sont épuisés.
4. Message affiché par le test : «  est limitant »
   0,050 > 0,030 : c’est la branche elif qui s’exécute, le programme affiche « B est limitant » (B = les ions H⁺).

Pour 2 Cu(s) + O₂(g) → 2 CuO(s), un élève écrit xmax = min(nA0, nB0), avec a, b, c, d = 2, 1, 2, 0 et nA0, nB0 = 0.30, 0.20 (A = cuivre, B = dioxygène). Le reste du programme est celui du cours.

1. Valeur de xmax calculée par son programme :
   min(0.30, 0.20) renvoie 0.2 : les nombres stœchiométriques sont oubliés.
2. Quantité finale de cuivre qu’il obtient :
   0,30 − 2 × 0,2 = −0,1 : une quantité négative, impossible, qui révèle l’erreur.
3. Valeur correcte de xmax :
   min(0.30 / 2, 0.20 / 1) = min(0.15, 0.2) = 0.15 : le cuivre est limitant.
4. Quantité correcte de dioxygène restant :
   0,20 − 1 × 0,15 = 0,05 mol ; et il se forme 2 × 0,15 = 0,30 mol d’oxyde de cuivre.